4 votos

El levantamiento de mapas de cociente de los módulos

Hoy he probado para comprobar esto, pero no podía ver cómo hacerlo. Creo que es probablemente un resultado estándar, pero una breve verificación de Atiyah-Macdonald no producir nada, y no sé qué google. Una referencia es también apreciar.

Considere la posibilidad de un asociativa, unital, $K$-álgebra $R$ y un trivial ideal $\bar{R}$. Consideremos ahora dos $R$ módulos de $B$ e $B'$. También se consideran los coeficientes de $\bar{B}=B/\bar{R}B$ e $\bar{B'}=B'/\bar{R}B'$.

Si tenemos un mapa de $\varphi:\bar{B}\to\bar{B}'$, ¿hay alguna condición para que podamos levantar un mapa de $B\to B'$?

Si el cociente mapa en $B'$ divisiones, tenemos esta ascensor, pero este no es el fib.

Gracias de antemano!

1voto

Mr Rowing Puntos 54

Aquí es una manera de ver este problema. Voy a escribir $I$ para $\bar{R}$.

En primer lugar, $B/IB = (R/I) \otimes_R B$, es decir, $B/IB$ es la imagen de $B$ bajo la inducción functor (cambio de anillos) $R$-mod $\to R/I$-mod. Este functor será escrito $\uparrow$. Frobenius reciprocidad nos dice

$$ \hom_{R/I}( B\uparrow, B'\uparrow) \cong \hom_R (B, B'\uparrow\downarrow) $$ donde $\downarrow$ es la restricción $R/I$-mod $\to R$-mod. Vamos a hacer de esto una identificación, por lo que consideramos $\phi$ como un elemento de la mano derecha. Entonces la pregunta es: "es $\phi$ en la imagen de $\hom_R(B,B') \to \hom_R(B,B'\uparrow \downarrow)$ ?" (el mapa en homs surge de $B' \to B\uparrow \downarrow$, los morfismos dado por la característica universal de la inducción).

Esto encaja en el largo exacto de la secuencia obtenida mediante la aplicación de $\hom_R(B, -)$ a $IB' \to B' \to B'\uparrow\downarrow$. Tenemos

$$0\to \hom_R(B, IB') \to \hom_R(B, B') \to \hom_R(B, B'\uparrow\downarrow) \stackrel{\omega}{\to} \operatorname{Ext}^1 _R(B, IB') \to \cdots $$

$\phi$ está en la imagen es equivalente a estar en el núcleo de la conexión homomorphism $\omega$, que es la multiplicación por la corta secuencia exacta de arriba. Así que una respuesta a tu pregunta es: $\phi$ ascensores si y sólo si es matado por la multiplicación por la corta secuencia exacta.

Sin embargo, esto es sólo una reformulación del problema. Claramente $B$ de los proyectivos es suficiente para garantizar el ascensor existe, como lo es cualquier suposición que hace que ext grupo $\operatorname{Ext}^1 _R(B, IB')$ se desvanecen. Pero para arbitrario $\phi$ no sé condiciones generales otros de la de arriba. Es suficiente para la inducción functor a ser completo. $R/I$ ser plana por $R$ (de modo que la inducción es exacta) ciertamente no es suficiente.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X